2020年高考物理一轮复习第十三单元电磁感应第2课时电磁感应的综合应用练习含解析新人教版

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1、第2讲电磁感应的综合应用题型一电磁感应中的电路问题1.特点:在电磁感应中,切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势,该导体或回路相当于电源,与其他导体构成闭合的电路。因此,电磁感应问题往往又和电路问题联系在一起。解决电磁感应电路问题的关键是把电磁感应的问题等效转换成恒定直流电路,然后利用电路的有关知识解决问题。2.电磁感应与电路问题的联系是电源与电路的连接问题,解决问题时要注意整合两部分的知识。正确分析感应电动势及感应电流的方向,产生感应电动势的那部分电路为电源部分,故该部分电路中的电流应为电源内部的电流,而外电路中的电流方向仍是从高电势到低电势;应用欧姆定律分析求解电路时,注意

2、等效电源的内阻对电路的影响;对接在电路中电表的示数要正确进行分析,特别是并联在等效电源两端的电压表,其示数表示外电压,而不是等效电源的电动势,也不是内电压。3.解题的基本方法:(1)确定电源,产生感应电流或感应电动势的那部分电路就相当于电源,利用法拉第电磁感应定律确定其电动势的大小,利用楞次定律确定其正、负极。需要强调的是,在电源内部电流是由负极流向正极的,在外部从正极流向外电路,并由负极流入电源。如无感应电流,则可以假设电流存在时的流向。(2)分析电路结构,画出等效电路图。(3)利用电路规律求解,主要有闭合电路欧姆定律、串并联电路的性质、电功和电热公式。【例1】如图甲所示,空间存在方向竖直向

3、下、磁感应强度大小B=0.5 T的匀强磁场,有两条平行的长直导轨MN、PQ处于同一水平面内,间距L=0.2 m,左端连接阻值R=0.4 的电阻。质量m=0.1 kg的导体棒cd垂直跨接在导轨上,与导轨间的动摩擦因数=0.2。从t=0时刻开始,通过一小型电动机对导体棒施加一个水平向右的牵引力F,使导体棒从静止开始沿导轨方向做加速运动,此过程中导体棒始终保持与导轨垂直且接触良好。除R以外其余部分的电阻均不计,取重力加速度大小g=10 m/s2。(1)若电动机保持恒定功率输出,导体棒的v-t图象如图乙所示(其中OC是曲线,CD是水平直线),已知010 s内,电阻R产生的热量Q=28 J,求:导体棒达

4、到最大速度vm时牵引力F的大小。导体棒从静止开始至达到最大速度vm时的位移大小。(2)若电动机保持恒定牵引力F=0.3 N ,且将电阻换为C=10 F的电容器(耐压值足够大),如图丙所示,求t=10 s时牵引力的功率。【解析】(1)当导体棒达到最大速度后,所受合力为零,沿导轨方向有F-F安-f=0摩擦力f=mg=0.2N感应电动势E=BLvm,感应电流I=ER安培力F安=BIL=B2L2vmR=0.25N此时牵引力F=F安+f=0.45N。变力做功问题不能用功的定义式,在010s内牵引力是变力但功率恒定,可根据能量守恒定律求解电动机的功率P=Fvm=4.5W电动机消耗的电能等于导体棒的动能、克

5、服安培力做功产生的焦耳热与克服摩擦力做功产生的内能之和,有Pt=12mvm2+fx+Q解得位移x=60m。(2)当金属棒的速度大小为v时,感应电动势E=BLv由C=QU可知,此时电容器极板上的电荷量Q=CU=CE=CBLv设在一小段时间t内,可认为导体棒做匀变速运动,速度增加量为v电容器极板上增加的电荷量Q=CBLv根据电流的定义式I=Qt=CBLvt=CBLa对导体棒受力分析,根据牛顿第二定律,有F-f-BIL=ma将I=CBLa代入上式可得a=F-fm+CB2L2=0.5m/s2可知导体棒的加速度与时间无关,为一个定值,即导体棒做匀加速运动在t=10s时,v=at=5m/s,此时的功率P=

6、Fv=1.5W。【答案】(1)0.45N60m(2)1.5W对电磁感应电源的理解:(1)电源的正负极可用右手定则或楞次定律判定,要特别注意在内电路中电流由负极到正极。(2)电磁感应电路中的电源与恒定电流的电路中的电源不同,前者是由于导体切割磁感线产生的,公式E=BLv,其大小可能变化,变化情况可根据其运动情况判断;而后者的电源电动势在电路分析中认为是不变的。(3)在电磁感应电路中,相当于电源的导体(或线圈)两端的电压与恒定电流的电路中电源两端的电压一样,等于路端电压,而不等于电动势。(除非切割磁感线的导体或线圈电阻为零)【变式训练1】(2019贵州贵阳1月自测)如图所示,矩形线圈在 0.01

7、s 内由原始位置转至位置。已知ad=510-2 m,ab=2010-2 m,匀强磁场的磁感应强度B=2 T,R1=R3=1 ,R2=R4=3 ,线圈的电阻r=0.5 。求:(1)平均感应电动势。(2)通过各电阻的平均电流。【解析】(1)设线圈在位置时,穿过它的磁通量为1,线圈在位置时,穿过它的磁通量为2,有1=BSsin30=0.01Wb,2=BS=0.02Wb得=2-1=0.01Wb根据法拉第电磁感应定律可得平均感应电动势E-=t=1V。(2)将具有感应电动势的线圈等效为电源,其外电路的总电阻R=R1+R22=2根据闭合电路欧姆定律得总电流的平均值I-=E-R+r=0.4A通过各电阻的平均电

8、流I=12I-=0.2A【答案】(1)1V(2)0.2A【变式训练2】(2018四川成都5月摸底)如图所示,绝缘水平面内固定有一间距d=1 m、电阻不计的足够长光滑矩形导轨AKDC,导轨两端接有阻值分别为R1=3 和R2=6 的定值电阻,矩形区域AKFE、NMCD范围内均有方向竖直向下、磁感应强度大小B=1 T的匀强磁场和,一质量m=0.2 kg、电阻r=1 的导体棒bc垂直放在导轨上AK与EF之间某处,在方向水平向右、大小F0=2 N的恒力作用下由静止开始运动,刚要到达EF时导体棒bc的速度大小v1=3 m/s,导体棒bc进入磁场后,导体棒bc中通过的电流始终保持不变,导体棒bc在运动过程中

9、始终保持与导轨垂直且接触良好,空气阻力不计。(1)求导体棒bc刚要到达EF时的加速度大小a1。(2)求两磁场边界EF和MN之间的距离L。【解析】(1)导体棒bc刚要到达EF时,在磁场中切割磁感线产生的感应电动势E1=Bdv1,经分析可知,此时导体棒bc所受安培力的方向水平向左,由牛顿第二定律,则有F0-BI1d=ma1根据闭合电路的欧姆定律,则有I1=E1R+r上式中R=R1R2R1+R2=2联立解得a1=5m/s2。(2)导体棒bc进入磁场后,受到的安培力与F0平衡,做匀速直线运动,导体棒bc中通过的电流I2保持不变,则有F0=BI2d,其中I2=Bdv2R+r设导体棒bc从EF运动到MN的

10、过程中的加速度大小为a2,根据牛顿第二定律,则有F0=ma2导体棒bc在EF、MN之间做匀加速直线运动,则有v22-v12=2a2L联立解得L=1.35m。【答案】(1)5m/s2(2)1.35m题型二电磁感应中的动力学问题1.特点:感应电流在磁场中受到安培力的作用,因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起。解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等)。2.解题的基本方法:(1)选择研究对象,即哪一根导体棒或几根导体棒组成的系统。(2)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向。(3)求回路中的

11、电流大小。(4)分析其受力情况。(5)分析研究对象所受各力的做功情况和合力做功情况,选定所要应用的物理规律。(6)运用物理规律列方程求解。【温馨提示】解决这类问题的关键是通过运动状态的分析,寻找过程中的临界状态,如求速度、加速度的最大值或最小值的条件,思维框架如下所示:导体受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力合力变化加速度变化速度变化临界状态。【例2】如图所示,有一光滑的水平导电轨道置于竖直向上的匀强磁场中,导轨由宽度分别为2L、L的两部分组合而成。两导体棒ab、cd分别垂直两导轨水平放置,质量均为m、有效电阻均为R。现给ab一水平向左的初速度v0,导轨电阻不计且足够长,ab、cd最终都做

12、匀速直线运动,已知cd离开宽轨,滑上无磁场的光滑圆弧轨道后上升的最大高度为h,重力加速度为g。从cd开始运动到cd离开磁场这一过程中,求:(1)ab开始运动瞬间cd所受安培力的大小和方向。(2)ab做匀速运动时的速度大小。(3)上述过程中闭合电路中产生的焦耳热。【解析】(1)ab开始运动瞬间,产生的电动势E=BLv0根据闭合电路的欧姆定律可得I=E2R根据右手定则可得电流方向为dbac,根据左手定则可知cd所受安培力方向水平向左,大小F安=BI2L解得F安=B2L2v0R。(2)设cd滑上无磁场的光滑圆弧轨道时初速度为v1,则有mgh=12mv12cd和ab在导轨上最终做匀速运动时,此时闭合回

13、路的磁通量不变,所以ab棒的速度v2=2v1则v2=22hg。(3)由功能关系,有Q=mv022-12mv12+12mv22得Q=12mv02-5mgh。【答案】(1)B2L2v0R水平向左(2)22hg(3)12mv02-5mgh对于电磁感应问题的研究思路有两条:一条从力的角度,重点分析安培力作用下导体棒的平衡问题,根据平衡条件列出方程;另一条从能量角度,分析涉及电磁感应现象的能量转化问题,根据动能定理、功能关系等列方程求解。【变式训练3】(2018福建福州二模)为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系,小明设计了如图所示的装置。半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上,一根长也为l、电阻为R的

14、金属棒ab一端与导轨接触良好,另一端固定在圆心处的导电转轴OO上,由电动机带动旋转。在金属导轨区域内存在磁感应强度大小为B1、方向竖直向下的匀强磁场。另有一质量为m、电阻为R的金属棒cd用轻质弹簧悬挂在竖直平面内,并与固定在竖直平面内的U形导轨保持良好接触,导轨间距为l,底部接阻值也为R的电阻,处于磁感应强度大小为B2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中。从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与U形导轨连接。当开关S断开,棒cd静止时,弹簧伸长量为x0;当开关S闭合,电动机以某一转速顺时针匀速转动,棒cd再次静止时,弹簧伸长量变为x(不超过弹性限度)。不计其余电阻和摩擦等阻力,求

15、此时:(1)通过棒cd的电流Icd。(2)电动机对该装置的输出功率P。(3)电动机转动角速度与弹簧伸长量x之间的函数关系。【解析】(1)S断开时,cd棒静止,有mg=kx0S闭合时,cd棒静止,有mg+B2Icdl=kx联立解得Icd=mg(x-x0)B2lx0。(2)回路总电阻R总=R+12R=32R总电流I=2Icd=2mg(x-x0)B2lx0电动机对该装置的输出功率P=I2R总=6m2g2R(x-x0)2B22l2x02。(3)由法拉第电磁感应定律得E=12B1l2回路总电流I=ER总=B1l23R联立解得=6mgR(x-x0)B1B2l3x0。【答案】(1)mg(x-x0)B2lx0

16、(2)6m2g2R(x-x0)2B22l2x02(3)6mgR(x-x0)B1B2l3x0【变式训练4】(2019广西南宁1月检测)如图甲所示,放置在水平桌面上的两条光滑导轨间的距离L=1 m,质量m=1 kg 的光滑导体棒放在导轨上,导轨左端与阻值R=4 的电阻相连,导轨所在位置有磁感应强度大小B=2 T的匀强磁场,磁场的方向垂直导轨平面向下,现给导体棒施加一个水平向右的恒定拉力F,并每隔0.2 s测量一次导体棒的速度,图乙是根据所测数据描绘出的导体棒的v-t图象。设导轨足够长,求:(1)力F的大小。(2)t=1.6 s时,导体棒的加速度大小。(3)若1.6 s内导体棒的位移x=8 m,试计

17、算1.6 s内电阻产生的热量。【解析】(1)感应电动势E=BLv感应电流I=ER,安培力F安=BIL当速度最大时F=F安解得F=B2L2vmR=10N。(2)当t=1.6s时,v1=8m/s,此时F安=B2L2v1R=8NF-F安=ma,解得a=2m/s2。(3)由能量守恒得Fx=Q+12mv12解得1.6s内电阻产生的热量Q=48J。【答案】(1)10N(2)2m/s2(3)48J题型三电磁感应中的能量问题1.特点:电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程,而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的,安培力做功的过程,是电能转化为其他形式能的过程,外力克服安培力做功,则是其他形式的能转化为

18、电能的过程。2.基本思路:(1)在电磁感应中,切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势,该导体或回路就相当于电源。(2)搞清楚有哪些力做功,就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化。(3)根据能量守恒列方程求解。3.能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化(2)求解焦耳热Q的几种方法【温馨提示】求解电能应分清两类情况:(1)若回路中电流恒定,可以利用电路结构及W=UIt或Q=I2Rt直接进行计算。(2)若电流变化,则可利用安培力做功求解,电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功;也可利用能量守恒求解,若只有电能与机械能的转化,则减少的机械能等于产生的电能。【例3】某同学设计了电磁健

19、身器,简化装置如图所示。两根平行金属导轨相距l=0.50 m,倾角=53,导轨上端接一个R=0.05 的电阻。在导轨间长d=0.56 m的区域内,存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度大小B=2.0 T。质量m=4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上,用绝缘绳索通过定滑轮与轻的拉杆GH相连,CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s=0.24 m。一位健身者用F=80 N的恒力沿绳拉动GH杆,CD棒由静止开始运动,上升过程中CD棒始终与导轨垂直。当CD棒到达磁场上边界时健身者松手,触发恢复装置使CD棒回到初始位置。已知sin 53=0.8,cos 53=0.6,重力加速度g=10 m/s

20、2,不计其他电阻、摩擦力,以及拉杆和绳索的质量。(1)求CD棒进入磁场时速度v的大小。(2)通过数据计算,说明CD棒进入磁场后的运动情况。(3)某健身者锻炼过程中,没有保持80 N的恒定拉力。若测出CD棒到达磁场上边缘时的速度为2 m/s,CD棒每次上升过程中,电阻产生的焦耳热Q=22.4 J,这位健身者为了消耗8000 J的热量,约需完成以上动作多少次?【解析】(1)CD棒进入磁场前,根据牛顿第二定律,有F-mgsin=ma解得a=12m/s2由匀变速公式2as=v2,解得v=2.4m/s。(2)CD棒刚进入磁场时,感应电动势E=Blv=2.4V感应电流I=ER=48A安培力F安=BIl=4

21、8N,方向沿斜面向下重力沿斜面方向的分力G1=mgsin=32N因拉力F=80N,则F=F安+G1,即合力为零,故CD棒进入磁场后,做匀速运动。(3)每次上升过程,CD棒增加的重力势能Ep=mg(s+d)sin=25.6J增加的动能Ek=12mvt2=8J每次需消耗的能量E=Ek+Ep+Q=56J次数n=E总E142.86,则完成以上动作约需143次。【答案】(1)2.4m/s(2)匀速运动(3)143次依据牛顿第二定律,结合运动学公式,即可求CD棒进入磁场时的速度,再根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律,确定安培力的大小,结合矢量的合成法则,确定合力大小,整个运动过程中,运动员消耗的能量

22、转化为CD棒的动能、重力势能及电路的焦耳热,根据能量守恒定律,即可求解。【变式训练5】(2019甘肃陇南1月月考)如图所示,上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置,小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放,并落至底部,则小磁块()。A.在Q和P中都做自由落体运动B.在两个下落过程中的机械能都守恒C.在P中的下落时间比在Q中的长D.落至底部时在P中的速度比在Q中的大【解析】当小磁块在光滑的铜管P中下落时,由于穿过铜管的磁通量变化,导致铜管产生感应电流,从而产生安培力,阻碍小磁块的运动,所以P做的不是自由落体运动。在塑料管内小磁块没有受到任何阻力,做自由落体运动,故A项错误。由A项分析可知,

23、在铜管中运动的小磁块机械能不守恒,而在塑料管中运动的小磁块机械能守恒,故B项错误。在铜管中小磁块受到安培力,则在P中的下落时间比在Q中的长,故C项正确。根据动能定理可知,因安培力做功产生热能,则至底部时在P中的速度比在Q中的小,故D项错误。【答案】C【变式训练6】(2018浙江台州一模)(多选)如图甲所示,abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框,在金属线框的下方有一磁感应强度为B的匀强磁场区域,MN和MN是匀强磁场区域的水平边界,并与线框的bc边平行,磁场方向与线框平面垂直。现金属线框由距MN的某一高度从静止开始下落,图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v-t图象。已知金属线

24、框的质量为m,电阻为R,当地的重力加速度为g,图象中坐标轴上所标出的v1、v2、v3、t1、t2、t3、t4均为已知量(下落过程中线框abcd始终在竖直平面内,且bc边始终水平)。根据题中所给条件,以下说法正确的是()。A.可以求出金属线框的边长B.线框穿出磁场时间(t4-t3)等于进入磁场时间(t2-t1)C.线框穿出磁场与进入磁场过程所受安培力方向相同D.线框穿出磁场与进入磁场过程产生的焦耳热相等【解析】由线框运动的v-t图象,可知0t1时间线框自由下落,t1t2时间线框进入磁场,t2t3时间线框在磁场中只受重力作用加速下降,t3t4时间线框匀速离开磁场。线框的边长l=v3(t4-t3),

25、A项正确。由于线框离开磁场时的速度v3大于进入磁场时的平均速度,因此线框穿出磁场的时间小于进入磁场的时间,B项错误。线框穿出磁场与进入磁场过程所受安培力方向都竖直向上,C项正确。线框进入磁场时有Q1=12mv12+mgl-12mv22;线框穿出磁场时有mgl=Q2,可见Q1Q2,D项错误。【答案】AC题型四电磁感应中的动量问题1.动量定理揭示了物体所受合力的冲量与其动量的变化间的关系,可表示为I合=p,其对变力作用及复杂运动过程或任意曲线运动问题的处理提供了方法和依据;在对带电粒子在磁场中的曲线运动,通电导体在安培力作用下的复杂运动,导体棒切割磁感线运动中的动态过程中,均涉及磁场作用的变力,故

26、常用平均力的冲量与动量定理,即运用I合=F合t=p=pt-p0=mvt-mv0解答问题。2.以电磁感应现象为核心,综合应用力学各种不同的规律(如牛顿运动定律、动量守恒定律、动能定理等内容形成的综合类问题)。这类问题通常以导体棒或线圈为载体,弄清导体棒在磁场中因电磁感应现象对运动情况的影响。解决此类问题的关键在于对运动情况的分析,特别是对最终稳定状态的确定,利用物体的平衡条件求最大速度,利用动量观点分析双导体棒运动情况,等等。【温馨提示】电磁感应问题往往涉及牛顿运动定律、动量守恒、能量守恒、电路的分析和计算等许多方面的物理知识,使力学和电磁学知识的综合达到了极致,能够很好地考查考生综合应用物理知

27、识解题的能力,因而成为高考考查的重点。【例4】如图甲所示,足够长的两金属导轨MN、PQ水平平行固定,两导轨电阻不计,且处在竖直向上的磁场中,完全相同的导体棒a、b垂直放置在导轨上,并与导轨接触良好,两导体棒的间距L=1 m,两导体棒的电阻均为R=0.5 ,且长度刚好等于两导轨间距L,开始时磁场的磁感应强度按图乙所示的规律变化,且当t=0.8 s时导体棒刚好要滑动。已知重力加速度g=10 m/s2,滑动摩擦力等于最大静摩擦力。(1)求每根导体棒与导轨间的滑动摩擦力的大小及00.8 s 内整个回路中产生的焦耳热。(2)若保持磁场的磁感应强度B=0.5 T不变,用如图丙所示的水平向右的力F拉导体棒b

28、,刚开始一段时间内b做匀加速直线运动,则经过多长时间a导体棒开始滑动?一根导体棒的质量为多少?(3)当(2)中的拉力作用时间为4 s时,a、b两棒组成的系统的总动量为多大?【解析】(1)开始时磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化则回路中电动势E=BtL2=0.5V电路中的电流I=E2R=0.5A当t=0.8s时f=BIL=0.25N回路中产生的焦耳热Q=2I2Rt=0.2J。(2)在a运动之前,根据牛顿第二定律,对b棒有F-f-B2L2at2R=ma变式有F=f+ma+B2L2at2R对照图丙图线可得f+ma=0.5N,B2L2a2R=0.125求得a=0.5m/s2,导体棒的质量m=0.5kg

29、当导体棒a刚好要滑动时,有B2L2v2R=f求得v=1m/s此时b运动的时间t=va=2s。(3)在a滑动后的2s内,a、b两棒受到的安培力等大反向,系统受到的水平方向的合力为拉力与两个滑动摩擦力的合力,根据动量定理有IF-2ft=p总-mv由图丙的面积可知,IF=0.75+122Ns=1.75Ns则p总=IF+mv-2ft=1.25kgm/s。【答案】(1)0.25N0.2J(2)2s0.5kg(3)1.25kgm/s在电磁感应中,导体棒在导轨上做切割磁感线运动时,会产生感应电动势,从而使闭合电路中的导体棒有感应电流流过;而有电流流过的导体棒又要受到安培力作用,从而使它的运动状态发生变化,即

30、产生加速度。因此,感应电流与导体棒运动的加速度之间有相互制约的动态变化关系,当经过足够长的时间后,二者一定趋于某一稳定状态。故解决这类问题时,正确进行动态分析、确定最终状态是解题的关键。【变式训练7】(2018河北保定期中)如图所示,两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一竖直面(纸面)内,其上端接一阻值为R的电阻;在两导轨间OO下方区域内有垂直导轨平面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。现使电阻为r、质量为m的金属棒ab由静止开始自OO位置释放,向下运动距离d后速度不再变化。金属棒ab与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平,导轨电阻不计。重力加速度为g。(1)求棒ab在向下运动距离d的过程中

31、回路产生的总焦耳热。(2)棒ab从静止释放经过时间t0下降了12d,求此时刻的速度大小。【解析】(1)设金属棒匀速运动的速度为vm,根据闭合电路的欧姆定律可得回路电流I=BlvmR+r金属棒匀速运动时受力平衡,则有mg=BIl联立解得金属棒的最大速度vm=mg(R+r)B2l2根据能量守恒定律可得mgd=12mvm2+Q解得Q=mgd-m3g2(R+r)22B4l4。(2)以金属棒为研究对象,根据动量定理可得(mg-BI-l)t0=mv而q=I-t0=R+r=Bld2(R+r)解得v=gt0-B2l2d2m(R+r)。【答案】(1)mgd-m3g2(R+r)22B4l4(2)gt0-B2l2d

32、2m(R+r)【变式训练8】(2018辽宁丹东二模)如图所示,光滑的金属导轨固定在绝缘水平面上,导轨足够长,电阻不计,两轨间距为L,其左端连接一阻值为R的电阻。导轨处在竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度大小为B,一质量为m的金属棒,放置在导轨上,其电阻为r,某时刻一水平力F垂直作用在金属棒中点,金属棒从静止开始做匀加速直线运动,已知加速度大小为a,金属棒始终与导轨接触良好。(1)从力F作用开始计时,请推导F与时间t的关系式。(2)F作用时间t0后撤去,求金属棒能继续滑行的距离s。【解析】(1)设t时刻,电路中电流为I,对金属棒有F-BIL=ma根据闭合电路欧姆定律可得BLv=I(R+r)金属棒速

33、度v=at联立解得F=B2L2R+rat+ma。(2)撤去F瞬间,金属棒速度v0=at0,在t时间内,取金属棒速度方向为正方向由动量定理可得-ILBt=mv两边求和有-ILBt=mv,BLv=I(R+r)联立可得-B2L2r+Rvt=-mat0,即s=mat0(R+r)B2L2。【答案】(1)F=B2L2R+rat+ma(2)mat0(R+r)B2L2题型五电磁感应现象中的电荷量问题电磁感应现象中求电荷量一般有两种类型:(1)根据平均感应电动势求平均电流,再求电荷量。平均感应电动势E-=nt,平均电流I-=E-R=nRt,电荷量q=I-t=nR,也就是电荷量等于磁通量的变化量除以电阻,与时间无

34、关。(2)根据动量定理求解。安培力的冲量I=BI-Lt=BLq,由动量定理I=p可得q=pBL。【例5】电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度,其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意图如图,图中直流电源电动势为E,电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l,电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN,垂直放在两导轨间处于静止状态,并与导轨良好接触。首先开关S接1,使电容器完全充电。然后将S接至2,导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出),MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时,回路中

35、电流为零,MN达到最大速度,之后离开导轨。求:(1)磁场的方向。(2)MN刚开始运动时加速度a的大小。(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q。【解析】(1)MN向右加速运动,说明安培力向右,而电流方向由M到N,则磁场的方向垂直于导轨平面向下。(2)电容器完全充电后,两极板间电压为E,当开关S接2时,电容器放电,设刚放电时流经MN的电流为I,有I=ER设MN受到的安培力为F,有F=IlB由牛顿第二定律,有F=ma联立由上式得a=BlEmR。(3)当电容器充电完毕时,设电容器上电荷量为Q0,有Q0=CE开关S接2后,MN开始向右加速运动,速度达到最大值vmax时,设MN上的感应电动势为E,有E

36、=Blvmax依题意有E=QC设在此过程中MN的平均电流为I,MN上受到的平均安培力为F,有F=BIl由动量定理,有Ft=mvmax又It=Q0-Q联立各式得Q=B2l2C2Em+B2l2C。【答案】(1)垂直于导轨平面向下(2)BlEmR(3)B2l2C2Em+B2l2C充电结束后电容器两极板间电压等于电源电动势,所以MN刚开始运动时的电流I=ER,但随着电容器开始放电,极板电荷量减少,极板间电压降低,电流也减小,而MN受安培力作用做加速运动,切割磁感线,产生反电动势;当MN上产生的电动势与两极板间电压相等时,MN将做匀速运动,极板所带电荷稳定不变,在此过程中,安培力BI-l的冲量BI-lt

37、等于MN的动量增加量mvmax,而极板释放的电荷量等于I-t。【变式训练9】(2018天津期末)(多选)在竖直向上的匀强磁场中,水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈,线圈所围的面积为0.1 m2,线圈电阻为1 。规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看是顺时针方向,如图甲所示。磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。则以下说法正确的是()。A.02 s内,I的最大值为0.01 AB.3 s5 s内,I越来越小C.前2 s内,通过线圈某截面的总电荷量为0.01 CD.第3 s内,线圈的发热功率最大【解析】根据法拉第电磁感应定律E=nt=nBtS,可以看出B-t图象的斜率越大则电动势越大,所以

38、零时刻线圈的感应电动势最大,即Emax=nBSt=0.01V,根据欧姆定律有Imax=EmaxR=0.01A,A项正确;3s5s内,B-t图象的斜率不变,可知该段时间内电动势不变,即电流大小不变,B项错误;通过线圈某一截面的电荷量q=nR=nBSR=0.01C,故C项正确;第3s内,磁场不变,则磁通量不变,故没有感应电流产生,则线圈不会产生热量,D项错误。【答案】AC【变式训练10】(2018黑龙江大庆二模)如图所示,两条平行的光滑金属导轨相距L=1 m,金属导轨由倾斜与水平两部分组成,倾斜部分与水平方向的夹角=37,整个装置处在竖直向上的匀强磁场中。金属棒EF和MN的质量均为m=0.2 kg

39、,电阻均为R=2 ,EF置于水平导轨上,MN置于倾斜导轨上,两根金属棒均与导轨垂直且接触良好。现在外力作用下使EF棒以速度v0=4 m/s向左匀速运动,MN棒恰能在倾斜导轨上保持静止状态。倾斜导轨上端接一阻值也为R的定值电阻,重力加速度g=10 m/s2,cos 37=0.8,sin 37=0.6。(1)求磁感应强度B的大小。(2)若将EF棒固定不动,将MN棒由静止释放,MN棒沿斜面下滑距离d=5 m时达到稳定速度,求此过程中通过MN棒的电荷量。(3)在(2)过程中,整个电路中产生的焦耳热。【解析】(1)EF棒运动切割磁感线产生的感应电动势E=BLv0,流过EF棒的感应电流I=E12R+R=2

40、BLv03R对MN,根据平衡条件可得mgsin=BI2Lcos解得B=1.5T。(2)MN产生的平均感应电动势E-=t平均感应电流I-=E-R总R总=12R+R=32R所以通过MN的感应电荷量q=I-t=R总=2BLdcos3R代入数据可得q=2.0C。(3)设MN棒沿倾斜导轨下滑的稳定速度为v,则有E=BLvcos感应电流I=ER总=2BLvcos3R对MN棒根据共点力的平衡条件可得mgsin=BILcos解得v=2.5m/s根据功能关系可得mgdsin=12mv2+Q总解得Q总=5.375J。【答案】(1)1.5T(2)2.0C(3)5.375J题型六电磁感应中的“杆轨模型”问题1.“杆+

41、导轨”模型是电磁感应问题的“基本道具”,也是高考的热点,考查的知识点多,题目的综合性强,物理情景变化空间大,是我们复习中的难点。“杆+导轨”模型又分为“单杆”型和“双杆”型(“单杆”型为重点);导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜;杆的运动状态可分为匀速运动、匀变速运动、非匀变速运动等。2.该模型的解题思路:(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向;(2)求回路中的电流大小;(3)分析研究导体受力情况(包含安培力,用左手定则确定其方向);(4)列动力学方程或平衡方程求解。【温馨提示】解决此类问题要抓住三点:(1)杆的稳定状态一般是匀速运动(达到最大速度或最小速度,此时合力为零

42、);(2)整个电路产生的电能等于克服安培力所做的功;(3)电磁感应现象遵循能量守恒定律。【例6】如图所示,宽度为L的平行光滑的金属轨道,左端为半径为r1的四分之一圆弧轨道,右端为半径为r2的半圆轨道,中部为与它们相切的水平轨道,水平轨道所在的区域有磁感应强度为B的竖直向上的匀强磁场。一根质量为m的金属杆a置于水平轨道上,另一根质量为M的金属杆b由静止开始自左端轨道最高点滑下,当b滑入水平轨道某位置时,a滑上了右端半圆轨道最高点(b始终运动且a、b未相撞),并且a在最高点对轨道的压力大小为mg,此过程中通过a的电荷量为q,a、b棒的电阻均为R,其余部分电阻不计。在b由静止释放到a运动到右端半圆轨

43、道最高点的过程中,求:(1)在刚进入水平轨道上运动时b的加速度大小。(2)自b释放到a到达右端半圆轨道最高点的过程中系统产生的焦耳热。(3)a刚到达右端半圆轨道最低点时b的速度大小。【解析】(1)b棒从左侧轨道下滑到最低点的过程,由机械能守恒定律,有12Mvb12=Mgr1解得vb1=2gr1设b棒刚滑到水平轨道时加速度为a由E=BLvb1,I=E2R,F安=BIL=Ma解得a=B2L22gr12MR。(2)对b棒,根据动量定理得-BI-Lt=Mvb2-Mvb1又I-t=q,即-BLq=Mvb2-Mvb1解得vb2=2gr1-BLqM对a棒,在轨道最高点,根据牛顿第三定律得FN=FN=mg根据

44、牛顿第二定律得mg+FN=mva12r2解得va1=2gr2对系统,根据能量守恒定律得Mgr1=12Mvb22+12mva12+mg2r2+Q解得Q=2gr1BLq-3mgr2-B2L2q22M。(3)a棒从最低点向最高点运动的过程中能量守恒,有2mgr2=12mva22-12mva12解得va2=6gr1当两棒都在水平轨道上运动时,两棒组成的系统合外力为零,动量守恒,则有Mvb1=Mvb3+mva2解得vb3=2qr1-mM6gr2。【答案】(1)B2L22gr22MR(2)2gr1BLq-3mgr2-B2L2q22M(3)2gr1-mM6gr2本题考查“双杆模型”在磁场中切割磁感线的运动,

45、要结合电磁感应定律、动量定理、动量守恒定律、能量守恒定律等规律求解。b棒从左侧轨道下滑的过程中,只有重力做功,其机械能守恒,求出b刚进入水平轨道时的速度大小。进入水平轨道后b棒切割磁感线产生感应电流,由牛顿第二定律和安培力公式求解b棒刚进入磁场时的加速度,当两棒都在水平轨道上运动时,通过a的电荷量为q,根据动量定理求出b棒后来的速度。对a棒,由牛顿运动定律求出通过最高点时的速度,由机械能守恒定律求出离开磁场时的速度,再由能量守恒定律即可求解系统产生的焦耳热,最终根据两棒都在水平轨道上运动时,两棒组成的系统合外力为零,动量守恒,求出a刚到达右端半圆轨道最低点时b的速度。【变式训练11】(2018

46、辽宁沈阳期中)如图所示,abcd为水平放置的平行“ ”形光滑金属导轨,间距为l,导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度大小为B,导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置,与导轨成角,单位长度的电阻为r,保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)。则()A.电路中感应电动势的大小为BlvsinB.电路中感应电流的大小为BvsinrC.金属杆所受安培力的大小为B2lvsinrD.金属杆的发热功率为B2lv2rsin【解析】电路中的感应电动势E=Blv,感应电流I=ER=Elsinr=Bvsinr,故A项错误,B项正确;金属杆所受安培力大小F=BIlsin=B2lvr,故C项错误;金属杆的发热功率P=I2R=I2lsinr=B2lv2sinr,故D项错误。【答案】B【变式训练12】(2018广西南宁一模)电磁缓速器是应用于车辆上以提高运行安全性的辅助制动装置,其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓车辆的速度。电磁阻尼作用可以借助如下模型讨论:如图所示,将形状相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑斜面上,斜面与水平方向夹角为。一质量为m的条形磁铁滑入两铝条间,恰好匀速穿过,穿过时磁铁两端面与两铝条的间距始终保持恒定,其引起电磁感应的效果与磁铁不动、铝条相对磁铁运动相同。磁铁端面是边长为d的正